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【化学】甘肃省兰州第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）
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甘肃省兰州第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
相对原子质量： H ----- 1 C ----- 12 N-----14 O ----- 16 Na-----23 S-----32 Cl ----- 35.5 Ca ----- 40 Ba----- 137
第Ⅰ卷（共48分）
选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共48分）
1.在生产生活中，对于易燃、易爆、有毒的化学物质，按规定会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是（ ）
选项
A
B
C
D
物质
浓硫酸
酒精
醋酸
氯酸钾
标签
【答案】C
【详解】浓硫酸有腐蚀性，属于腐蚀品，图为腐蚀品标志，A正确；乙醇属于易燃物，图为易燃液体标志，B正确；乙酸是食用醋的主要成分，不是剧毒品，C错误；KClO3属于易爆物，图为爆炸品标志，符合题意，D正确。
故选C。
2.溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是（ ）
A. 丁达尔效应 B. 是否能透过半透膜
C. 是否均一、透明、稳定 D. 分散质粒子大小
【答案】D
【解析】溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是分散质微粒大小不同，其中浊液的分散质微粒大于100nm，溶液的分散质微粒小于1nm，胶体的分散质微粒介于1nm～100nm之间，答案选D。
3.下列仪器常用于物质分离的是（ ）
A. ①②⑥ B. ②③⑤ C. ②④⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【详解】试管常用于物质的制备及性质实验，不能用于分离，故①错误；漏斗可用于过滤分离，故②正确；分液漏斗可用于分离互不相溶的液体，故③正确；托盘天平常用于称量物质的质量，故④错误；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体，故⑤正确；研钵常用于研磨固体，不能用于分离，故⑥错误。故选B。
4.比较1.0mol N2和1.0mol CO的下列物理量：①质量 ②体积 ③分子数 ④原子总数 ⑤质子总数 ⑥电子总数，其中相同的是（ ）
A. ①②③ B. ②④⑤⑥ C. ①③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知物质的量气体的体积。故选C。
5.物质分类的依据通常有组成和性质，下列物质分类中，只考虑组成的是（ ）
A. NaNO3是钠盐、硝酸盐、正盐
B. H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸
C. Mg(OH)2是二元碱、难溶性碱、中强碱
D. Al2O3是金属氧化物、两性氧化物、最高价氧化物
【答案】A
【详解】根据NaNO3组成的元素或离子，可以将硫酸钠归为钠盐、硝酸盐、正盐等类别，A正确；H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸，是根据硝酸的组成和性质进行的分类，B错误；Mg（OH）2是二元碱、难溶性碱、中强碱，是根据氢氧化镁的组成和性质进行的分类，C错误；Al2O3是两性氧化物、金属氧化物、最高价氧化物，是根据氢氧化镁的性质和氯元素的化合价态进行的分类，D错误。
故选A。
6.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞箐”的分子(直径为1.3×10－8m)恢复了磁性。“钴酞箐”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞箐”分子的说法中正确的是（ ）
A. 它的分子直径比Na＋小，在做布朗运动
B. 它的分子既能透过滤纸，也能透过半透膜
C. 它在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D. 它在水中所形成的分散系属乳浊液
【答案】C
【详解】钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分散系，Na+半径小于1nm，分子直径比Na＋大，A错误；钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜， B错误；钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象，C正确；钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分散系，D错误。
故选C。
7.下列说法中不正确的是（ ）
①BaSO4不溶于水,其水溶液的导电能力极弱,所以BaSO4是弱电解质
②SO2的水溶液能导电,所以SO2是电解质
③液溴不导电,所以液溴是非电解质
④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电
A. ①④ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【详解】硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；SO2溶于水，与水反应反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中能够电离，属于电解质，SO2属于非电解质，②错误；电解质和非电解质都必须是化合物，溴是单质，既不是电解质也不是非电解质，③错误；酸电离出的阳离子都是氢离子，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐，④错误；电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误。故选D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. 有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应
B. 置换反应一定是氧化还原反应,复分解反应一定不是氧化还原反应
C. 氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂
D. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原
【答案】B
【详解】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，置换反应一定为氧化还原反应，同素异形体的转化中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；置换反应中一定存在元素的化合价变化，如Zn与酸反应生成氢气，一定为氧化还原反应，复分解反应中没有元素的化合价变化，则凡是氧化还原反应，都不可能是复分解反应，B正确；氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH溶液的反应中，NaOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，C错误；氧化还原反应中可能同种元素被氧化也被还原，如碳与二氧化碳反应生成一氧化碳,被氧化和被还原的元素都是碳一种元素，D错误。
故选B。
9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba2+ + OH－+ H++SO42－= H2O +BaSO4↓
B. 稀硫酸与铁粉反应： 2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑
C. 氯化铜溶液与铁粉反应： Cu2+ + Fe = Fe2+ + Cu
D. 碳酸钠溶液与醋酸反应： CO32－+ 2H+ = H2O + CO2↑
【答案】C
【详解】稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2+
+2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；Fe比Cu活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu，C正确；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误。
故选C。
10.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤②加过量NaOH 溶液③ 加适量盐酸④加过量Na2CO3 溶液⑤加过量BaCl2溶液，不合理的操作顺序是（ ）
A. ④②⑤①③ B. ⑤④②①③ C. ②⑤④①③ D. ⑤②④①③
【答案】A
【解析】试题分析：要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，选项A不正确，符合题意。
11.NA代表阿伏加德常数，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L SO3含有的分子数为NA
B. 1.06 g Na2CO3含有的Na＋离子数为0.02 NA
C. 11.2L氮气所含的原子数目为NA
D. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
【答案】B
【详解】标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；1.06g Na2CO3的物质的量是0.01mol，1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故1.06g Na2CO3含有0.02mol钠离子，B正确；未明确条件是否是标准状况，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氮气的物质的量，C错误；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，D错误。
故选B。
12.某溶液中只含Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－ 四种离子，其物质的量浓度之比为c (Na＋) ∶c(Mg2＋)∶c（Cl－）＝3∶2∶1, 若Na＋的浓度为3 mol/L，则SO42－的浓度为（ ）
A. 2 mol/L B. 3 mol/L C. 4 mol/L D. 6 mol/L
【答案】B
【详解】假设Na+浓度为3mol/L，由c（Na+）：c（Mg2+）：c（Cl-）=3：2：1，可得c（Mg2+）=2mol/L，c（Cl-）=1mol/L，根据溶液电荷守恒有c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），3mol/L+2×2mol/L=1×1mol/L+2c（SO42-），解得：c（SO42-）=3mol/L，故选B。
13.下列现象或应用不能用胶体的知识解释的是（ ）
A. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
B. 土壤表面积巨大且一般带负电，能吸收NH4+等营养离子，使土壤具有保肥能力
C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
D. 水泥、冶金工厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气的污染
【答案】C
【详解】阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关，A正确；土壤胶粒带电荷，能吸附带相反电荷的离子，可用胶体的知识解释，B正确；在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀，发生的是复分解反应，与胶体无关，C错误；烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，D正确。
故选C。
14.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Mg2+、SO42－、NO3－ B. Ba2+、Na+、OH－、Cl－
C. K+、NH4+、MnO4－、SO42－ D. K +、Na+、NO3－、HCO3－
【答案】A
【详解】酸性溶液中该组离子之间不反应，则能共存，A正确；酸性条件下OH-不能大量共存，B错误；溶液中MnO4-为紫色，与色透明的强酸性溶液不符，C错误；HCO3-与氢离子反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。
故选A。
15.制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑,下列说法正确的是（ ）
A. 氢元素被氧化, 碳元素被还原
B. HCN被氧化, CaCO3被还原
C. HCN是氧化剂, CaCO3是还原剂
D. CaCN2是氧化产物, H2为还原产物
【答案】D
【详解】因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，A错误；因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，碳酸钙中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B、C错误；HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，D正确。
故选D。
16.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定具有相同的（ ）
A. 质量 B. 原子总数 C. 碳原子数 D. 密度
【答案】C
【解析】试题分析：同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同。C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同。根据m=nM，两瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子M无法确定，所以m无法判断，据ρ=m/V，V一定，所以ρ无法判断，C2H2和C2H6的物质的量之比不确定，所以原子数也无法确定，答案选C。
17.按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的( )
A. 同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比
B. 同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比
C. 同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比
D. 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
【答案】B
【解析】试题分析：由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B错误；由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。
18.可以用离子方程式H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是（ ）
A. 硫酸和Ca(OH)2溶液的反应 B. 盐酸和Cu(OH)2的反应
C. 醋酸和NaOH溶液的反应 D. 硫酸氢钠溶液和KOH溶液的反应
【答案】D
【详解】稀硫酸和Ca（OH）2溶液生成的硫酸钙是沉淀，硫酸钙不能拆成离子的形式，A错误；氢氧化铜是弱碱，在离子方程式中不能拆成离子的形式，B错误；醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子的形式，C错误；NaHSO4溶液为强酸的酸式盐，书写时要拆写为H+，硫酸氢钠溶液和KOH溶液的反应生成硫酸钾和水，D正确。
故选D。
19.现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2+、Cl-和I-，要除去I-而不氧化Fe2+和Cl-，可以加入的试剂是( )
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】根据反应①可知：还原性：I－> Fe2＋，反应②可知：Fe2＋> Cl－，反应③Cl－>Mn2+；综上还原性：I－> Fe2＋> Cl－>Mn2+，氧化性：KMnO4> Cl2> FeCl3> I2；现要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，只能加FeCl3试剂，C正确；而Cl2 和KMnO4都能氧化Fe2＋和I－，达不到目的，A 、B均错误，盐酸不能氧化I－，D错误；正确选项C。
20.下列各组中两种溶液间的反应，能用同一离子方程式来表示的是（ ）
A. HCl+Na2CO3；H2SO4+KHCO3
B. BaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+(NH4)2SO4
C. Fe+H2SO4(稀)；Fe+HNO3 (稀)
D. NaHCO3（过量）和Ca(OH)2，Ca(HCO3)2和NaOH（过量）
【答案】D
【详解】前者离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；后者离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，不可用同一离子方程式表示，A错误；前者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；后者离子方程式为：2NH4++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，不可用同一离子方程式表示，B错误；前者离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；后者离子方程式为：3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O↑，C错误；NaHCO3（过量）和Ca（OH）2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，Ca（HCO3）2和NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式都是：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+CO32-，可用同一离子方程式表示， D正确。
故选D。
21.高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠(Na2FeO4)制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na2FeO4中铁显＋6价
B. 湿法中每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子
C. 干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
D. Na2O2在干法制备的反应中既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【详解】高铁酸钠中Na为+1价，O为-2价，则铁显+6价，A正确；湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；干法中每生成1molNa2FeO4，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0，转移电子1mol×（6-2）+0.5mol×2×（1-0）=5mol，C错误；干法制备中，O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为—2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确。
故选C。
22.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Fe3+、K＋、H＋、SO42-、CO32-、OH－。已知甲烧杯的溶液呈黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（ ）
A. CO32-、OH－、SO42- B. K＋、OH－、CO32-
C. Fe3+、H＋、SO42- D. K＋、H＋、SO42-
【答案】B
【详解】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，CO32-、OH-离子与Fe3+离子生成沉淀而不能大量共存，则CO32-、OH-离子存在于乙烧杯中，溶液中含有阴离子，则一定存在阳离子，而H+离子与CO32-、OH-离子不能共存，所以乙烧杯中还含有K+离子，所以甲烧杯中含有H+-、Fe3+、SO42-离子，乙烧杯中含有K+、OH-、CO32-离子，故选B。
23.实验中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是（ ）
A. 1000mL，57.2g B. 1000mL，28.6g
C. 950 mL，54.3g D. 950mL，28.6g
【答案】A
【详解】容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，故选A。
24.同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液中分别加入同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使Cl-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 1:4:9 D. 6:3:2
【答案】D
【详解】相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使它们中的Cl-完全转化为AgCl沉淀时，氯离子的物质的量相等，溶液的体积相等，则三种溶液的浓度与氯离子的系数成反比，所以其浓度之比为1：1/2：1/3=6：3：2，故选D。
第Ⅱ卷（共52分）
25.Ⅰ. 现有下列10种物质: ①Al ②稀硝酸 ③乙酸 ④液氨 ⑤干冰 ⑥NaCl ⑦NaOH溶液 ⑧BaCO3 ⑨酒精 ⑩HCl气体，完成下面的填空，只填序号
其中属于混合物的是______; 属于非电解质的是______; 属于强电解质的是______; 属于弱电解质的是______; 能导电的物质是______ ；属于有机物的是__________________。
Ⅱ. 某溶液中含有SO42-、CO32-、Cl－三种阴离子。如果每次只检验一种离子，完成下面填空。
(1)先检验CO32-，加入________试剂(或溶液)，反应的离子方程式为__________________。
(2)然后检验SO42-，加入________试剂(或溶液)，反应的离子方程式为________________。
(3)最后检验Cl－，加入________试剂(或溶液)，反应的离子方程式为_________________。
【答案】 (1). ②⑦ (2). ④⑤⑨ (3). ⑥⑧⑩ (4). ③ (5). ①②⑦ (6). ③⑨ (7). 稀硝酸 (8). 2H＋＋C O32－===CO2↑＋H2O (9). Ba(NO3)2 (10). Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓ (11). AgNO3 (12). Ag＋＋Cl－===AgCl↓
【详解】Ⅰ.铝能导电，是单质，它既不是电解质，也不是非电解质；稀硝酸能电离出自由移动的氢离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，它既不是电解质，也不是非电解质；乙酸是含碳化合物，属于有机物，不能导电，水溶液中能电离出自由移动的氢离子和醋酸根离子，属于电解质；液氨是氨气的液态形式，只有氨气分子，不导电，是非电解质；干冰是二氧化碳气体的固态形式，只有二氧化碳分子，不导电，是非电解质；氯化钠是化合物，溶于水或熔融能电离出自由移动的钠离子和氯离子，是电解质，但氯化钠固体，无自由移动的离子，不导电；NaOH溶液能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，但它是混合物，它既不是电解质，也不是非电解质；碳酸钡是化合物，熔融能电离出自由移动的钡离子和碳酸根离子，所以能导电，是电解质，但碳酸钡固体，无自由移动的离子，不导电；酒精是乙醇的俗名，属于有机物，不能导电，乙醇在水溶液中是以乙醇分子的形式存在，所以不导电，故它为非电解质；氯化氢气体是化合物，不导电，溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，是电解质。Ⅱ. 检验碳酸根离子，可以加入稀硝酸，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；检验硫酸根离子可以用硝酸钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；检验氯离子可以选用硝酸银溶液，反应生成沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓。
26.今有一混合物的无色水溶液只可能含有以下离子中的若干种: K+、NH4+、Fe2+、Cl-、Ca2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验:第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加入足量NaOH 溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加入足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g,经足量的盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g.综合上述实验，回答下列问题:
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是__________。
(2)该混合物中一定含有的离子是_________________；可能含有的离子是_______。
(3)计算K+的物质的量 :n(K+)_________________(具体值或取值范围)。
【答案】(1). Fe2＋ (2). K+、NH4+、C O32－、SO42－ (3). Cl－ (4). ≥0.04mol
【解析】根据题意，Ca2+和SO42-，可发生离子反应生成CaSO4沉淀，因此两者不能大量共存；Ca2+和CO32-可发生离子反应生成CaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存，无色溶液中不能存在Fe2+。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+═AgCl↓、CO32-+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和KOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，故可确定一定含有NH4+。根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为4.66g，部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+═BaCO3↓、SO42-+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解，因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，；BaCO3为12.54g-4.66g═7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32-物质的量为0.04mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Fe2+、Ca2+；而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol，所以一定含有钾离子，钾离子的物质的量最小是0.04mol，氯离子不能确定。
(1)溶液无色，不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Fe2＋，故答案为：Fe2＋；
(2)根据上述分析，该混合物中一定含有的离子有K+、NH4+、CO32-、SO42-；可能含有的离子是Cl-，故答案为：K+、NH4+、CO32-、SO42-；Cl-；
(3)根据上述分析，K+物质的量: n(K+)≥ 0.04mol，故答案为：≥ 0.04mol。
27.二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。
已知: ① Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O ② SO2+SeO2+ H2O Se + SO42-+ H+
(1)依据Se与浓H2SO4的反应,写出Se和浓HNO3(还原产物为NO2)反应的化学方程式:__________________。
(2)Se与浓HNO3的反应中,氧化剂是_______, 反应中被还原的元素是_______。当有标准状况下33.6LNO2气体生成时,转移电子的物质的量是________mol。
(3)依据反应①②, 判断SeO2、浓H2SO4、SO2的氧化性由强到弱的顺序是__________。
(4) 配平反应②, 并用双线桥法标出电子转移的方向和数目:_____________________。
【答案】(1). Se+4HNO3(浓)===== SeO2+4NO2↑+2H2O (2). 浓HNO3 (3). N (4). 1.5 (5). 浓H2SO4 > SeO2 > SO2 (6).
【详解】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的SeO2，反应中S元素化合价升高4，浓HNO3还原为NO2，反应中化合价降低1，化合价升降最小公倍数为4，由化合价升降法配平得反应的化学方程式：Se+4HNO3(浓)=SeO2+4NO2↑+2H2O。（2）反应中浓HNO3做氧化剂，N元素被还原；标准状况下33.6LNO2气体的物质的量为1.5mol，反应转移的电子数目为1.5mol×1=1.5mol。（3）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）>SeO2>SO2。（4）SO2与SeO2反应中，SO2做还原剂，被氧化为H2SO4，化合价升高2，SeO2做氧化剂，被还原为单质Se，Se元素化合价降低4，化合价升降最小公倍数为4，由化合价升降法配平得反应的化学方程式：2SO2+SeO2+ 2H2O=Se +2SO42-+4 H+，用双线桥法标出电子转移的方向和数目如下： 。
28.海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：
请填写下列空白：
(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是__________（从下列仪器中选出所需仪器，用标号字母填写在空白处）；
A．烧杯 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E．酒精灯 F．干燥器
(2)步骤③的实验操作名称是_____________；
(3)写出步骤④的离子反应方程式（已知MnO2生成Mn2+和H2O ）__________________ ;
(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是______________________________ , 还可选用_____________________（写试剂的化学式）来提取碘，该步骤所用主要玻璃仪器的名称是__________________________。
(5)步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘，同时回收苯，该步骤的实验操作名称是__________________。
【答案】(1). BDE (2). 过滤 (3). MnO2+2I-＋4H＋======2H2O+Mn2＋+I2 (4). 苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大 (5). CCl4 (6). 分液漏斗 (7). 蒸馏
【详解】（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，灼烧海带时，除需要三脚架、外，还需要用到的实验仪器是泥三角、坩埚、酒精灯、坩埚钳。（3）操作③为分离固体和液体的过滤操作，过滤得到含碘离子的溶液。（3）由步骤④中MnO2生成Mn2+和H2O可知，碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成I2，则反应的离子反应方程式为：MnO2+2I-＋4H＋=2H2O+Mn2＋+I2。（4）步骤⑤的操作为萃取，据萃取剂选择的一般原则，即溶质在萃取剂里的溶解度要大，且萃取剂与原溶剂互不相溶，由于I2易溶于有机溶剂苯或四氯化碳，故可用苯或四氯化碳来提取碘，实验时用到的主要玻璃仪器为分液漏斗。（5）碘与四氯化碳互溶，但沸点不同，步骤⑥从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，还需经过蒸馏，使易挥发的苯气化、冷凝回收苯，在蒸馏烧瓶中得到单质碘。
29.已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示,该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使
用。请回答下列问题:
“84”消毒液
有效成分 NaClO
规格 1000mL
质量分数 25%
密度 1.19g·cm-3
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为____mol·L-1。 (保留一位小数)
(2)某同学取20mL该“84”消毒液,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)=____mol·L-1。
(3) “84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力,某消毒小组人员用98%(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制1L 2.3mol·L-1稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。需用浓硫酸的体积为____mL。
(4)若配制2.3mol/L的硫酸溶液的其它操作均正确，但出现下列错误操作，将使所配制的硫酸溶液浓度偏低的是 ______________ 。
A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．容量瓶原有少量蒸馏水
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时凹液面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与刻度相切
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切
E. 将稀释的硫酸溶液未冷却就转移至容量瓶中，并定容
【答案】(1). 4.0 (2). 0.04 (3). 125 (4). ACD
【详解】（1）该“84”消毒液的物质的量浓度c（NaClO）=1000ρw/M=（1000×1.19g·cm-3×25%）/74.5g·mol=4.0mol/L。（2）稀释后c（NaClO）=4.0mol/L×1/100=0.04mol/L, c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L。（3）浓硫酸的浓度为c=1000ρw/M=（1000×1.84g·cm-3×98%）/98g·mol=18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，由溶液稀释前后溶质的物质的量不变得：V×18.4mol/L=1L×2.3mol/L，V=0.125L=125mL。（4）配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，导致结果偏低；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则容量瓶内有蒸馏水，对实验结果没有影响；定容时用滴管将瓶内液体吸出，溶质的物质的量减小，导致浓度偏低；定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；将稀释的硫酸溶液未冷至室温就转移定容，冷却后体积偏小，则浓度偏大。故选ACD。
30.Ⅰ.臭氧层是地球生命的保护伞,臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧:3O22O3
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧,则所得混合气体的平均摩尔质量为_______。(保留一位小数)
(2)将8L氧气通过放电管后,恢复到原状况,得到气体6.5L,其中臭氧为____L。
Ⅱ. 标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得溶液浓度为17.0 mol·L－1，密度为0.90 g·mL－1的氨水，试计算1体积水吸收_______体积的氨气可制得上述氨水。(保留整数)
【答案】(1). 35.6 g·mol-1 (2). 3 (3). 623
【详解】Ⅰ.（1）设原有1mol O2，发生反应的O2为1mol×30%=0.3mol，由化学方程式可得：
3O22O3
3 2
0.3 0.2
即反应生成0.2mol臭氧，则混合气的平均摩尔质量为:(32×0.7+0.2×48)/(0.7+0.2) = 35.6 g/mol。（2）设8L氧气中xL转化为臭氧，由化学方程式可得：
3O22O3
3 2
x 2x/3
即反应生成2x/3L臭氧(原状况)，由反应得到气体6.5L得关系式：(8-x) + 2x/3 = 6.5，解得x = 4.5，则生成臭氧的体积为2×4.5/3 = 3L。
Ⅱ. 氨水的浓度为c=1000ρw/M=（1000×0.90g·mL×W%）/17g·mol=17.0mol/L，解得W%=32%；设氨气体积为VL，则水为1L，氨气的物质的量为V/22.4mol,氨气的质量为17V/22.4 g, 水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，氨水溶液质量为（1000+17V/22.4）g，则由W%=×100%= 32%解得，V=623L。
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
相对原子质量： H ----- 1 C ----- 12 N-----14 O ----- 16 Na-----23 S-----32 Cl ----- 35.5 Ca ----- 40 Ba----- 137
第Ⅰ卷（共48分）
选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共48分）
1.在生产生活中，对于易燃、易爆、有毒的化学物质，按规定会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是（ ）
选项
A
B
C
D
物质
浓硫酸
酒精
醋酸
氯酸钾
标签
【答案】C
【详解】浓硫酸有腐蚀性，属于腐蚀品，图为腐蚀品标志，A正确；乙醇属于易燃物，图为易燃液体标志，B正确；乙酸是食用醋的主要成分，不是剧毒品，C错误；KClO3属于易爆物，图为爆炸品标志，符合题意，D正确。
故选C。
2.溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是（ ）
A. 丁达尔效应 B. 是否能透过半透膜
C. 是否均一、透明、稳定 D. 分散质粒子大小
【答案】D
【解析】溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是分散质微粒大小不同，其中浊液的分散质微粒大于100nm，溶液的分散质微粒小于1nm，胶体的分散质微粒介于1nm～100nm之间，答案选D。
3.下列仪器常用于物质分离的是（ ）
A. ①②⑥ B. ②③⑤ C. ②④⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【详解】试管常用于物质的制备及性质实验，不能用于分离，故①错误；漏斗可用于过滤分离，故②正确；分液漏斗可用于分离互不相溶的液体，故③正确；托盘天平常用于称量物质的质量，故④错误；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体，故⑤正确；研钵常用于研磨固体，不能用于分离，故⑥错误。故选B。
4.比较1.0mol N2和1.0mol CO的下列物理量：①质量 ②体积 ③分子数 ④原子总数 ⑤质子总数 ⑥电子总数，其中相同的是（ ）
A. ①②③ B. ②④⑤⑥ C. ①③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知物质的量气体的体积。故选C。
5.物质分类的依据通常有组成和性质，下列物质分类中，只考虑组成的是（ ）
A. NaNO3是钠盐、硝酸盐、正盐
B. H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸
C. Mg(OH)2是二元碱、难溶性碱、中强碱
D. Al2O3是金属氧化物、两性氧化物、最高价氧化物
【答案】A
【详解】根据NaNO3组成的元素或离子，可以将硫酸钠归为钠盐、硝酸盐、正盐等类别，A正确；H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸，是根据硝酸的组成和性质进行的分类，B错误；Mg（OH）2是二元碱、难溶性碱、中强碱，是根据氢氧化镁的组成和性质进行的分类，C错误；Al2O3是两性氧化物、金属氧化物、最高价氧化物，是根据氢氧化镁的性质和氯元素的化合价态进行的分类，D错误。
故选A。
6.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞箐”的分子(直径为1.3×10－8m)恢复了磁性。“钴酞箐”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞箐”分子的说法中正确的是（ ）
A. 它的分子直径比Na＋小，在做布朗运动
B. 它的分子既能透过滤纸，也能透过半透膜
C. 它在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D. 它在水中所形成的分散系属乳浊液
【答案】C
【详解】钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分散系，Na+半径小于1nm，分子直径比Na＋大，A错误；钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜， B错误；钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象，C正确；钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分散系，D错误。
故选C。
7.下列说法中不正确的是（ ）
①BaSO4不溶于水,其水溶液的导电能力极弱,所以BaSO4是弱电解质
②SO2的水溶液能导电,所以SO2是电解质
③液溴不导电,所以液溴是非电解质
④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电
A. ①④ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【详解】硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；SO2溶于水，与水反应反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中能够电离，属于电解质，SO2属于非电解质，②错误；电解质和非电解质都必须是化合物，溴是单质，既不是电解质也不是非电解质，③错误；酸电离出的阳离子都是氢离子，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐，④错误；电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误。故选D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. 有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应
B. 置换反应一定是氧化还原反应,复分解反应一定不是氧化还原反应
C. 氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂
D. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原
【答案】B
【详解】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，置换反应一定为氧化还原反应，同素异形体的转化中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；置换反应中一定存在元素的化合价变化，如Zn与酸反应生成氢气，一定为氧化还原反应，复分解反应中没有元素的化合价变化，则凡是氧化还原反应，都不可能是复分解反应，B正确；氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH溶液的反应中，NaOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，C错误；氧化还原反应中可能同种元素被氧化也被还原，如碳与二氧化碳反应生成一氧化碳,被氧化和被还原的元素都是碳一种元素，D错误。
故选B。
9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba2+ + OH－+ H++SO42－= H2O +BaSO4↓
B. 稀硫酸与铁粉反应： 2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑
C. 氯化铜溶液与铁粉反应： Cu2+ + Fe = Fe2+ + Cu
D. 碳酸钠溶液与醋酸反应： CO32－+ 2H+ = H2O + CO2↑
【答案】C
【详解】稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2+
+2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；Fe比Cu活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu，C正确；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误。
故选C。
10.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤②加过量NaOH 溶液③ 加适量盐酸④加过量Na2CO3 溶液⑤加过量BaCl2溶液，不合理的操作顺序是（ ）
A. ④②⑤①③ B. ⑤④②①③ C. ②⑤④①③ D. ⑤②④①③
【答案】A
【解析】试题分析：要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，选项A不正确，符合题意。
11.NA代表阿伏加德常数，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L SO3含有的分子数为NA
B. 1.06 g Na2CO3含有的Na＋离子数为0.02 NA
C. 11.2L氮气所含的原子数目为NA
D. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
【答案】B
【详解】标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；1.06g Na2CO3的物质的量是0.01mol，1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故1.06g Na2CO3含有0.02mol钠离子，B正确；未明确条件是否是标准状况，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氮气的物质的量，C错误；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，D错误。
故选B。
12.某溶液中只含Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－ 四种离子，其物质的量浓度之比为c (Na＋) ∶c(Mg2＋)∶c（Cl－）＝3∶2∶1, 若Na＋的浓度为3 mol/L，则SO42－的浓度为（ ）
A. 2 mol/L B. 3 mol/L C. 4 mol/L D. 6 mol/L
【答案】B
【详解】假设Na+浓度为3mol/L，由c（Na+）：c（Mg2+）：c（Cl-）=3：2：1，可得c（Mg2+）=2mol/L，c（Cl-）=1mol/L，根据溶液电荷守恒有c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），3mol/L+2×2mol/L=1×1mol/L+2c（SO42-），解得：c（SO42-）=3mol/L，故选B。
13.下列现象或应用不能用胶体的知识解释的是（ ）
A. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
B. 土壤表面积巨大且一般带负电，能吸收NH4+等营养离子，使土壤具有保肥能力
C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
D. 水泥、冶金工厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气的污染
【答案】C
【详解】阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关，A正确；土壤胶粒带电荷，能吸附带相反电荷的离子，可用胶体的知识解释，B正确；在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀，发生的是复分解反应，与胶体无关，C错误；烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，D正确。
故选C。
14.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Mg2+、SO42－、NO3－ B. Ba2+、Na+、OH－、Cl－
C. K+、NH4+、MnO4－、SO42－ D. K +、Na+、NO3－、HCO3－
【答案】A
【详解】酸性溶液中该组离子之间不反应，则能共存，A正确；酸性条件下OH-不能大量共存，B错误；溶液中MnO4-为紫色，与色透明的强酸性溶液不符，C错误；HCO3-与氢离子反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。
故选A。
15.制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑,下列说法正确的是（ ）
A. 氢元素被氧化, 碳元素被还原
B. HCN被氧化, CaCO3被还原
C. HCN是氧化剂, CaCO3是还原剂
D. CaCN2是氧化产物, H2为还原产物
【答案】D
【详解】因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，A错误；因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，碳酸钙中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B、C错误；HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，D正确。
故选D。
16.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定具有相同的（ ）
A. 质量 B. 原子总数 C. 碳原子数 D. 密度
【答案】C
【解析】试题分析：同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同。C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同。根据m=nM，两瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子M无法确定，所以m无法判断，据ρ=m/V，V一定，所以ρ无法判断，C2H2和C2H6的物质的量之比不确定，所以原子数也无法确定，答案选C。
17.按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的( )
A. 同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比
B. 同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比
C. 同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比
D. 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
【答案】B
【解析】试题分析：由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B错误；由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。
18.可以用离子方程式H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是（ ）
A. 硫酸和Ca(OH)2溶液的反应 B. 盐酸和Cu(OH)2的反应
C. 醋酸和NaOH溶液的反应 D. 硫酸氢钠溶液和KOH溶液的反应
【答案】D
【详解】稀硫酸和Ca（OH）2溶液生成的硫酸钙是沉淀，硫酸钙不能拆成离子的形式，A错误；氢氧化铜是弱碱，在离子方程式中不能拆成离子的形式，B错误；醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子的形式，C错误；NaHSO4溶液为强酸的酸式盐，书写时要拆写为H+，硫酸氢钠溶液和KOH溶液的反应生成硫酸钾和水，D正确。
故选D。
19.现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2+、Cl-和I-，要除去I-而不氧化Fe2+和Cl-，可以加入的试剂是( )
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】根据反应①可知：还原性：I－> Fe2＋，反应②可知：Fe2＋> Cl－，反应③Cl－>Mn2+；综上还原性：I－> Fe2＋> Cl－>Mn2+，氧化性：KMnO4> Cl2> FeCl3> I2；现要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，只能加FeCl3试剂，C正确；而Cl2 和KMnO4都能氧化Fe2＋和I－，达不到目的，A 、B均错误，盐酸不能氧化I－，D错误；正确选项C。
20.下列各组中两种溶液间的反应，能用同一离子方程式来表示的是（ ）
A. HCl+Na2CO3；H2SO4+KHCO3
B. BaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+(NH4)2SO4
C. Fe+H2SO4(稀)；Fe+HNO3 (稀)
D. NaHCO3（过量）和Ca(OH)2，Ca(HCO3)2和NaOH（过量）
【答案】D
【详解】前者离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；后者离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，不可用同一离子方程式表示，A错误；前者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；后者离子方程式为：2NH4++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，不可用同一离子方程式表示，B错误；前者离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；后者离子方程式为：3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O↑，C错误；NaHCO3（过量）和Ca（OH）2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，Ca（HCO3）2和NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式都是：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+CO32-，可用同一离子方程式表示， D正确。
故选D。
21.高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠(Na2FeO4)制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na2FeO4中铁显＋6价
B. 湿法中每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子
C. 干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
D. Na2O2在干法制备的反应中既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【详解】高铁酸钠中Na为+1价，O为-2价，则铁显+6价，A正确；湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；干法中每生成1molNa2FeO4，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0，转移电子1mol×（6-2）+0.5mol×2×（1-0）=5mol，C错误；干法制备中，O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为—2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确。
故选C。
22.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Fe3+、K＋、H＋、SO42-、CO32-、OH－。已知甲烧杯的溶液呈黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（ ）
A. CO32-、OH－、SO42- B. K＋、OH－、CO32-
C. Fe3+、H＋、SO42- D. K＋、H＋、SO42-
【答案】B
【详解】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，CO32-、OH-离子与Fe3+离子生成沉淀而不能大量共存，则CO32-、OH-离子存在于乙烧杯中，溶液中含有阴离子，则一定存在阳离子，而H+离子与CO32-、OH-离子不能共存，所以乙烧杯中还含有K+离子，所以甲烧杯中含有H+-、Fe3+、SO42-离子，乙烧杯中含有K+、OH-、CO32-离子，故选B。
23.实验中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是（ ）
A. 1000mL，57.2g B. 1000mL，28.6g
C. 950 mL，54.3g D. 950mL，28.6g
【答案】A
【详解】容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，故选A。
24.同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液中分别加入同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使Cl-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 1:4:9 D. 6:3:2
【答案】D
【详解】相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使它们中的Cl-完全转化为AgCl沉淀时，氯离子的物质的量相等，溶液的体积相等，则三种溶液的浓度与氯离子的系数成反比，所以其浓度之比为1：1/2：1/3=6：3：2，故选D。
第Ⅱ卷（共52分）
25.Ⅰ. 现有下列10种物质: ①Al ②稀硝酸 ③乙酸 ④液氨 ⑤干冰 ⑥NaCl ⑦NaOH溶液 ⑧BaCO3 ⑨酒精 ⑩HCl气体，完成下面的填空，只填序号
其中属于混合物的是______; 属于非电解质的是______; 属于强电解质的是______; 属于弱电解质的是______; 能导电的物质是______ ；属于有机物的是__________________。
Ⅱ. 某溶液中含有SO42-、CO32-、Cl－三种阴离子。如果每次只检验一种离子，完成下面填空。
(1)先检验CO32-，加入________试剂(或溶液)，反应的离子方程式为__________________。
(2)然后检验SO42-，加入________试剂(或溶液)，反应的离子方程式为________________。
(3)最后检验Cl－，加入________试剂(或溶液)，反应的离子方程式为_________________。
【答案】 (1). ②⑦ (2). ④⑤⑨ (3). ⑥⑧⑩ (4). ③ (5). ①②⑦ (6). ③⑨ (7). 稀硝酸 (8). 2H＋＋C O32－===CO2↑＋H2O (9). Ba(NO3)2 (10). Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓ (11). AgNO3 (12). Ag＋＋Cl－===AgCl↓
【详解】Ⅰ.铝能导电，是单质，它既不是电解质，也不是非电解质；稀硝酸能电离出自由移动的氢离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，它既不是电解质，也不是非电解质；乙酸是含碳化合物，属于有机物，不能导电，水溶液中能电离出自由移动的氢离子和醋酸根离子，属于电解质；液氨是氨气的液态形式，只有氨气分子，不导电，是非电解质；干冰是二氧化碳气体的固态形式，只有二氧化碳分子，不导电，是非电解质；氯化钠是化合物，溶于水或熔融能电离出自由移动的钠离子和氯离子，是电解质，但氯化钠固体，无自由移动的离子，不导电；NaOH溶液能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，但它是混合物，它既不是电解质，也不是非电解质；碳酸钡是化合物，熔融能电离出自由移动的钡离子和碳酸根离子，所以能导电，是电解质，但碳酸钡固体，无自由移动的离子，不导电；酒精是乙醇的俗名，属于有机物，不能导电，乙醇在水溶液中是以乙醇分子的形式存在，所以不导电，故它为非电解质；氯化氢气体是化合物，不导电，溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，是电解质。Ⅱ. 检验碳酸根离子，可以加入稀硝酸，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；检验硫酸根离子可以用硝酸钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；检验氯离子可以选用硝酸银溶液，反应生成沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓。
26.今有一混合物的无色水溶液只可能含有以下离子中的若干种: K+、NH4+、Fe2+、Cl-、Ca2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验:第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加入足量NaOH 溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加入足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g,经足量的盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g.综合上述实验，回答下列问题:
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是__________。
(2)该混合物中一定含有的离子是_________________；可能含有的离子是_______。
(3)计算K+的物质的量 :n(K+)_________________(具体值或取值范围)。
【答案】(1). Fe2＋ (2). K+、NH4+、C O32－、SO42－ (3). Cl－ (4). ≥0.04mol
【解析】根据题意，Ca2+和SO42-，可发生离子反应生成CaSO4沉淀，因此两者不能大量共存；Ca2+和CO32-可发生离子反应生成CaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存，无色溶液中不能存在Fe2+。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+═AgCl↓、CO32-+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和KOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，故可确定一定含有NH4+。根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为4.66g，部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+═BaCO3↓、SO42-+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解，因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，；BaCO3为12.54g-4.66g═7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32-物质的量为0.04mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Fe2+、Ca2+；而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol，所以一定含有钾离子，钾离子的物质的量最小是0.04mol，氯离子不能确定。
(1)溶液无色，不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Fe2＋，故答案为：Fe2＋；
(2)根据上述分析，该混合物中一定含有的离子有K+、NH4+、CO32-、SO42-；可能含有的离子是Cl-，故答案为：K+、NH4+、CO32-、SO42-；Cl-；
(3)根据上述分析，K+物质的量: n(K+)≥ 0.04mol，故答案为：≥ 0.04mol。
27.二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。
已知: ① Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O ② SO2+SeO2+ H2O Se + SO42-+ H+
(1)依据Se与浓H2SO4的反应,写出Se和浓HNO3(还原产物为NO2)反应的化学方程式:__________________。
(2)Se与浓HNO3的反应中,氧化剂是_______, 反应中被还原的元素是_______。当有标准状况下33.6LNO2气体生成时,转移电子的物质的量是________mol。
(3)依据反应①②, 判断SeO2、浓H2SO4、SO2的氧化性由强到弱的顺序是__________。
(4) 配平反应②, 并用双线桥法标出电子转移的方向和数目:_____________________。
【答案】(1). Se+4HNO3(浓)===== SeO2+4NO2↑+2H2O (2). 浓HNO3 (3). N (4). 1.5 (5). 浓H2SO4 > SeO2 > SO2 (6).
【详解】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的SeO2，反应中S元素化合价升高4，浓HNO3还原为NO2，反应中化合价降低1，化合价升降最小公倍数为4，由化合价升降法配平得反应的化学方程式：Se+4HNO3(浓)=SeO2+4NO2↑+2H2O。（2）反应中浓HNO3做氧化剂，N元素被还原；标准状况下33.6LNO2气体的物质的量为1.5mol，反应转移的电子数目为1.5mol×1=1.5mol。（3）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）>SeO2>SO2。（4）SO2与SeO2反应中，SO2做还原剂，被氧化为H2SO4，化合价升高2，SeO2做氧化剂，被还原为单质Se，Se元素化合价降低4，化合价升降最小公倍数为4，由化合价升降法配平得反应的化学方程式：2SO2+SeO2+ 2H2O=Se +2SO42-+4 H+，用双线桥法标出电子转移的方向和数目如下： 。
28.海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：
请填写下列空白：
(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是__________（从下列仪器中选出所需仪器，用标号字母填写在空白处）；
A．烧杯 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E．酒精灯 F．干燥器
(2)步骤③的实验操作名称是_____________；
(3)写出步骤④的离子反应方程式（已知MnO2生成Mn2+和H2O ）__________________ ;
(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是______________________________ , 还可选用_____________________（写试剂的化学式）来提取碘，该步骤所用主要玻璃仪器的名称是__________________________。
(5)步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘，同时回收苯，该步骤的实验操作名称是__________________。
【答案】(1). BDE (2). 过滤 (3). MnO2+2I-＋4H＋======2H2O+Mn2＋+I2 (4). 苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大 (5). CCl4 (6). 分液漏斗 (7). 蒸馏
【详解】（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，灼烧海带时，除需要三脚架、外，还需要用到的实验仪器是泥三角、坩埚、酒精灯、坩埚钳。（3）操作③为分离固体和液体的过滤操作，过滤得到含碘离子的溶液。（3）由步骤④中MnO2生成Mn2+和H2O可知，碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成I2，则反应的离子反应方程式为：MnO2+2I-＋4H＋=2H2O+Mn2＋+I2。（4）步骤⑤的操作为萃取，据萃取剂选择的一般原则，即溶质在萃取剂里的溶解度要大，且萃取剂与原溶剂互不相溶，由于I2易溶于有机溶剂苯或四氯化碳，故可用苯或四氯化碳来提取碘，实验时用到的主要玻璃仪器为分液漏斗。（5）碘与四氯化碳互溶，但沸点不同，步骤⑥从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，还需经过蒸馏，使易挥发的苯气化、冷凝回收苯，在蒸馏烧瓶中得到单质碘。
29.已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示,该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使
用。请回答下列问题:
“84”消毒液
有效成分 NaClO
规格 1000mL
质量分数 25%
密度 1.19g·cm-3
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为____mol·L-1。 (保留一位小数)
(2)某同学取20mL该“84”消毒液,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)=____mol·L-1。
(3) “84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力,某消毒小组人员用98%(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制1L 2.3mol·L-1稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。需用浓硫酸的体积为____mL。
(4)若配制2.3mol/L的硫酸溶液的其它操作均正确，但出现下列错误操作，将使所配制的硫酸溶液浓度偏低的是 ______________ 。
A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．容量瓶原有少量蒸馏水
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时凹液面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与刻度相切
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切
E. 将稀释的硫酸溶液未冷却就转移至容量瓶中，并定容
【答案】(1). 4.0 (2). 0.04 (3). 125 (4). ACD
【详解】（1）该“84”消毒液的物质的量浓度c（NaClO）=1000ρw/M=（1000×1.19g·cm-3×25%）/74.5g·mol=4.0mol/L。（2）稀释后c（NaClO）=4.0mol/L×1/100=0.04mol/L, c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L。（3）浓硫酸的浓度为c=1000ρw/M=（1000×1.84g·cm-3×98%）/98g·mol=18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，由溶液稀释前后溶质的物质的量不变得：V×18.4mol/L=1L×2.3mol/L，V=0.125L=125mL。（4）配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，导致结果偏低；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则容量瓶内有蒸馏水，对实验结果没有影响；定容时用滴管将瓶内液体吸出，溶质的物质的量减小，导致浓度偏低；定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；将稀释的硫酸溶液未冷至室温就转移定容，冷却后体积偏小，则浓度偏大。故选ACD。
30.Ⅰ.臭氧层是地球生命的保护伞,臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧:3O22O3
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧,则所得混合气体的平均摩尔质量为_______。(保留一位小数)
(2)将8L氧气通过放电管后,恢复到原状况,得到气体6.5L,其中臭氧为____L。
Ⅱ. 标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得溶液浓度为17.0 mol·L－1，密度为0.90 g·mL－1的氨水，试计算1体积水吸收_______体积的氨气可制得上述氨水。(保留整数)
【答案】(1). 35.6 g·mol-1 (2). 3 (3). 623
【详解】Ⅰ.（1）设原有1mol O2，发生反应的O2为1mol×30%=0.3mol，由化学方程式可得：
3O22O3
3 2
0.3 0.2
即反应生成0.2mol臭氧，则混合气的平均摩尔质量为:(32×0.7+0.2×48)/(0.7+0.2) = 35.6 g/mol。（2）设8L氧气中xL转化为臭氧，由化学方程式可得：
3O22O3
3 2
x 2x/3
即反应生成2x/3L臭氧(原状况)，由反应得到气体6.5L得关系式：(8-x) + 2x/3 = 6.5，解得x = 4.5，则生成臭氧的体积为2×4.5/3 = 3L。
Ⅱ. 氨水的浓度为c=1000ρw/M=（1000×0.90g·mL×W%）/17g·mol=17.0mol/L，解得W%=32%；设氨气体积为VL，则水为1L，氨气的物质的量为V/22.4mol,氨气的质量为17V/22.4 g, 水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，氨水溶液质量为（1000+17V/22.4）g，则由W%=×100%= 32%解得，V=623L。
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